2026浙江省七彩阳光高一下学期4月期中考试数学含解析

这是一份2026浙江省七彩阳光高一下学期4月期中考试数学含解析，共6页。试卷主要包含了结束后，只需上交答题卡等内容，欢迎下载使用。
1．本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号．
3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效．
4．结束后，只需上交答题卡．
选择题部分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解出集合、后，利用交集定义即可得.
【详解】由，可得，即，故，
由，可得，
解得，故，则.
2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）.
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法运算法则，求出的实部和虚部，即可得出结论.
【详解】，
对应点的坐标为，位于第三象限.
故选：C.
【点睛】本题考查复数的代数运算以及复数的几何意义，属于基础题.
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥
B. 相等的角在直观图中仍然相等
C. 有两个面相似，其它各个面都是梯形的多面体是棱台
D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
【答案】A
【解析】
【详解】对于A，棱锥的侧面均为三角形，若有一个面为平行四边形，则此面一定为底面，所以该棱锥为四棱锥，故A正确；
对于B，正方形的每个角均为，而直观图中,，
故，故B错误；

对于C，棱台是棱锥截得的，侧棱的延长线要交于同一点，
有两个面相似，其它各个面都是梯形的多面体，不能保证侧棱的延长线交于同一点，
因此该多面体不一定是棱台，如图，四边形和是相似的矩形，该多面体不是棱台，故C错误；

对于D，用平行于圆锥底面的一个平面截圆锥，才能得到一个圆锥和圆台，故D错误.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】由得，
，
所以.
5. 如图，在四边形ABCD中，，，向量，的夹角为．若E，F分别是边AD，BC的中点，则（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量线性运算，数量积的运算律即可得到答案.
【详解】由
，
所以
.
6. 如图①，测量河对岸的塔高AB，可以选取与塔底在同一平面内的两个测量基点与，如图②．现测得，在点测得塔顶的仰角为，则塔高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设塔高，在中求出，在中，利用正弦定理列方程即可求解.
【详解】设塔高，
在中，，所以，
在中，，
由正弦定理得，即，解得，
所以塔高为.
7. 已知函数，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先分析函数的奇偶性，单调性，再利用中间值比较大小即可．
【详解】由的定义域为，即定义域关于原点对称，
又，则是偶函数，
又在上单调递增，且在上也单调递增，
所以在上单调递增，
由，
又在上单调递减，
则在上单调递增，且，
所以，
所以，
所以，即．
8. 已知半径为2的圆上有三点A，B，C，满足，点是圆上一点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以圆心为原点建立平面直角坐标系，通过向量的坐标运算将所求表达式转化为与圆心和点相关的形式，再结合正弦函数的性质求解取值范围.
【详解】以圆心为原点建立平面直角坐标系，设，则，
设，则，且在圆上，满足，
两式相减得，解得，
不妨取，
设，则，
，
所以
，
，
相加得
，
，
因为，
所以，即，
所以，所以，
所以的取值范围为.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知复数为虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由得，再由复数的运算法则与模长公式验证选项即可求解
【详解】由得，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B不正确，
对于C，由于，由于，
所以，故C正确；
对于D，由于，当，时，显然，故D错误
10. 如图，在长方体中，为的中点，为靠近的三等分点，为与EF的交点，为BD的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 过E，F，D的平面截长方体所得截面是四边形B. 直线上存在点使O，N，M三点共线
C. 三条直线有公共点D. 直线与直线OE异面
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：作出相应辅助线，根据平行关系可证，即可得截面图形；对于B：可知与相交，即可判断；对于C：设，，计算可得、不为同一点；对于D：根据异面直线的判定定理分析判断..
【详解】对A：取上靠近的三等分点，上靠近的三等分点，
连接、、、，由为靠近的三等分点，
则为中点，故，
由为靠近的三等分点，故，
又，故四边形是平行四边形，故，
则，故四边形即为过E，F，D的平面截长方体所得截面，故A正确；
对B：因为均在平面内，连接，则与相交，
所以直线上存在点使，，三点共线，故B正确；
对C：设，由为的中点，，
则为的中位线，故；
设，由为靠近的三等分点，，
则与的相似比为，故；
故、不为同一点，即三条直线，没有公共点，故C错误；
对D：因为平面，平面，，
所以直线与直线是异面直线，故D正确.
11. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则符合条件的有两个
C. 若为锐角三角形，则
D. 若是钝角三角形，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项根据三角形边角关系逐项判断.A项可通过构造反例说明命题不成立；B项利用正弦定理把边角关系转化为的值，再结合判断角有两个可能值，并验证两种情况都能构成三角形；C项利用锐角三角形中，把转化为比较；D项设钝角为，先证明，再结合判断所给不等式.
【详解】对于A项，取，则，
但，，所以，
与选项中的不符，故A项错误.
对于B项，由正弦定理得，所以.
，从而.
因此满足的角有两个可能值.
设较小的角为，则为锐角，且由得；
另一个角为，且.
当时，；
当时，，
因为.所以这两个角都能与构成三角形，符合条件的有两个，故B项正确.
对于C项，若为锐角三角形，则，
所以 ，即.
又与 均为锐角，且在上单调递增，
所以 ，故C项正确.
对于D项，不妨设为钝角，则，
于是，均为锐角，故 ，且.
由于 ，所以.又，
其中，故必有，即.
于是 .
因为且，所以，
从而，故D项正确.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若某圆锥侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥体积为______．
【答案】
【解析】
【详解】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，
则圆锥侧面积为，所以，
又圆锥侧面积也可表示为，所以，
所以该圆锥的高为，
所以该圆锥的体积为.
13. 如图，平面四边形ABCD中，，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由得到，.在中，将转化为，再结合已知条件求出.由得到，最后在中用余弦定理求.
【详解】因为，所以，.
在中，由正弦定理可得，
又已知，所以.
因为，且，所以，从而，故.
又因为，所以.
在中，由余弦定理得，
所以.
14. 已知平面向量满足，则的最小值是__________，最大值是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设，已知条件变为，，问题变为求的最值，把已知条件平方，可求得，，结合数量积的性质和基本不等式可得，从而求得的范围，得出结论．
【详解】设，则，，
所以已知条件变为，，
平方得
即，，
所以即，，记，则，
又，所以，共线时等号成立，
又，所以，当且仅当时等号成立，
所以，
，
所以，所以
所以即的最大值为，最小值为3.
四、解答题：本题共5小题，共77分，其中第15题13分，第16题、第17题每题15分，第18题、第19题每题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知平面向量．
（1）求；
（2）若，求实数的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1） 利用向量模的公式，以及数量积公式求解即可；
（2）利用向量的夹角公式计算即可求解.
【小问1详解】
，
；
【小问2详解】
因为，
所以，即 ，
得，
代入可得，解得．
16. 设函数，其中．
（1）求的最小正周期；
（2）若，其中，求的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换公式可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数周期公式计算即可得；
（2）由可计算出，再利用两角和的余弦公式计算即可得.
【小问1详解】
由
，
故的最小正周期；
【小问2详解】
若，则，即，
又因为，所以或，即或，
当时，；
当时，．
17. 如图，正三棱柱中，是棱的中点．
（1）设E为棱的中点，为棱上一点，求的最小值；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求该正三棱柱的外接球的表面积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用侧面展开解题；
（2）法一，总体积减去多余的体积；法二，等体积换顶点体积；
（3）确定正棱柱的外接球球心，求得半径，代入表面积公式.
【小问1详解】
将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．
当A，F，E三点共线时，取得最小值，
且最小值为．
【小问2详解】
法一：因为为等边三角形，，
所以的面积，又，
所以，
，
，
所以．
法二：因为的面积，，
所以．
【小问3详解】
设正三棱柱两底面中心分别为，的中点为．
正三棱柱的外接球半径，
外接球表面积．
18. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，为锐角，已知．
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长；
（3）若是锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式、两角和的正弦公式化简求解；
（2）由三角形面积公式求得，再由余弦定理求得，从而得三角形周长；
（3）由正弦定理化边为角，再利用两角和的正弦公式，二倍角公式，同角关系化为关于的式子，再由的范围求得结论．
【小问1详解】
在中，由及正弦定理、内角和定理，得，
即
，故得，从而，
或，
而，故（舍去）．
【小问2详解】
由的面积为
又由余弦定理，得，
从而得，
所以的周长为．
【小问3详解】
由正弦定理得

为锐角三角形，由，得，则，
即，故，
得，
所以的范围是．
19. 如图，设Ox，Oy是平面内夹角为的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，定义平面坐标系xOy为仿射坐标系．在仿射坐标系中，若向量，则把叫做向量在平面坐标系xOy中的坐标，记．
（1）在仿射坐标系中，若向量，求的坐标；
（2）在仿射坐标系中，向量，向量．求在方向上的投影向量；
（3）在仿射坐标系中，设，若对任意实数恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据共线向量的定义和向量的模的公式计算即可.
（2）根据投影向量的计算公式求解即可.
（3）先利用向量的模公式和向量的数量积的运算律化简不等式，然后根据二次函数的性质求出结果即可.
【小问1详解】
由，设
由此，
即，可得，故或．
【小问2详解】
因为，
所以，

故在方向上的投影向量
【小问3详解】
因为，所以，
，
，
，
由，得，
所以，
即对任意实数恒成立，
又因为，所以，